Lösningar/svar till tentamen i MTM060 Kontinuumsmekanik Datum:

Transkript

1 Lösningar/svar till tentamen i MTM060 Kontinuumsmekanik Datum: Observera Om tentamensuppgiften är densamma som på den nya kursen MTM3 är uppgiften löst med den metod som är vanligast i denna kurs. Svaren är dock lika. Har du frågor är du välkommen att besöka mig. Lösningarna är inte alltid är av tentamenslösningskvalitet. De skulle inte ge full poäng vid tentamen. Motiveringar kan saknas eller vara bristfälliga. De är också i vissa fall för kompakt skrivna. Detta för att spara kopieringskostnad. Uppgift a) Visa (s t ) (u v ) = (s u )(t v ) (s v )(t u ) FS. och FS. ger VL = (s t ) (u v ) = ε ijk s j t k ε ilm u l v m = ε ijk ε ilm s j t k u l v m ε δ identiteten FS. ger ε ijk ε ilm s j t k u l v m = (δ jl δ km δ jm δ kl )s j t k u l v m = δ jl δ km s j t k u l v m δ jm δ kl s j t k u l v m = [sätt index lika]=s j t k u j v k s j t k u k v j = s j u j t k v k s j v j t k u k = (s u )(t v ) (s v )(t u )=HL b) Skriv i index(tensor)notation (obs inget skall visas) rot[(v )v ] = (v )ω (ω )v + ω divv v ε ijk v k ω m = v i v m ω i v m + ω m i x j x m x m x m x m

2 Uppgift Elastiska linjens ekvation q = dt d x = d M = d EI d w d x d x d x Här är EI = konstant samt q= -Q/L Randvillkor x=0; w=0 och dw/dx=0 x=l; w=0 och M=0 Här fås elastiska linjens ekvation Q L = dt d x = d M = EI d4 w d x d x 4 Integrering ger Q L x + A = T = d M d x = EI d3 w d x 3 och Q x L + Ax + B = M = EI d w d x Randvillkor då x=l ger Q L L + AL + B = 0 vilket ger B = Q L AL Q = total last E, I L Vilket ger elastiska linjens ekvation Q L x L + A(x L) = EI d w d x Integrering ger Q Lx x 3 3 L + A x Lx + C = EI d w d x Randvillkor då x=0 ger C=0 Integrering ger Q Lx x L + A x 3 3 Lx + D = EIw Randvillkor då x=0 ger D=0 Randvillkor då x=l ger QL 3 + AL = 0 ( ) + A( 4 ) = 0 Q 6 vilket ger A A = 5 8 Q vilket ger w = Q Lx EI 4 x 4 4L + 5 x Lx = Q EI x 4 4L + 5x Lx 6 i mitten av balken fås w = QL3 EI = 6 4 QL 3 EI = QL3 6 4 EI Resultat: Balkens böjs ned QL 3 9EI

3 Uppgift 3 Då ytan är obelastad är en av huvudspänningsriktningarna är vinkelrät mot ytan. Huvudspännings- och huvudtöjningsriktningar är lika. Känt är ϕ =0 ε OA =-0,0005, och ϕ =0 ε OB =+0,0005, och ϕ =-0 ε OC =+0,0003 där ϕ är vinkeln mellan n och x -axeln. a) Sökt är ε, ε och ε. Alt : Formler för Mohrs cirkel kan användas. ε n = ε cos ϕ + ε cosϕ sinϕ + ε sin ϕ Alt: Normaltöjningen i riktning, n, ges av ε n = n i ε ij n j Töjningstensorn är symmetrisk ε = ε cosϕ Här ligger alla normalvektorer i x - x -planet och kan skrivas som n = sinϕ. 0 Normaltöjningen i riktning, n, ges av ε n = ε cos ϕ + ε cosϕ sinϕ + ε sin ϕ a) Här fås ekvationssystemet ε OA = ε ε OB = ε cos 0 + ε cos0 sin0 + ε sin 0 ε OC = ε cos 0 ε cos0 sin0 + ε sin 0 Utnyttja att sin0 = 3 och cos0 = vilket ger ε OA = ε ε OB = 4 ε 3 4 ε ε () ε OC = 4 ε ε ε (3) ekv ()+(3) med ekv () ger ε OB + ε OC = 4 ε OA ε eller ε OB + ε OC = ε OA + 3 ε vilket ger ε = 3 ε OB + ε OC ε OA vilket ger ε = 3 4 ε ε ε OB vilket ger ε = -0,0005, ε =0,0007, ε =-0,000 b) Alt : Huvudtöjningarna i ytans plan bestäms med hjälp av Mohrs cirkel. () 3

4 ε Cirkelns medelpunkt ges av ε + ε m= = ε + ε / cirkelns radie ges av R = ε xx ε yy + ε xy = ε ε vilket ger ε = ε m + R och ε = ε m R Numeriskt fås R = 6, 0 4 ε m = 0 4 ε = 7, 0 4 ε = 5, 0 4 Alt : Huvudvärden ges av det(ε ij ε δ ij ) = 0. Här fås då ε 3 =ε 3 =0. Detta ger ekv. ε ε ε ε ε 0 ε ε ε ε 33 ε = 0 ( )( ε ε) ( ε 33 ε) ε ( ε 33 ε) = 0 ( ) + ε ε ε = 0 En lösning är (ej efterfrågad här) ε = ε 33 Detta ger ε ε ε + ε Lösning se ovan. c) Huvudriktningar Alt : Se figuren ϕ =80 + β där är ϕ vinkeln mellan x riktningen och den första huvudriktningen. Detta ger ϕ = 90 + β. Vinkeln β ges av sinβ = ε R. Numeriskt fås β =0,9, β = 5,44, ϕ = 95,4 Den andra huvudriktningen är vinkelrät mot detta. Den tredje huvudriktningen är vinkelrät mot ytan. Alt : Beräkningar redovisas inte. Resultatet brukar ges i vektorform. Här fås 0,095 0,995 α = 0,995 och α = 0, Resultat: a) Töjningstensorns komposanter är ε =0,0005, ε =ε =-0,0007, ε =-0,000 b) Huvudvärdena är ε = 0,0007 och ε =-0,0005 c) Vinklarna mellan x riktningen och huvudriktningarna är 95,4 och 5,44. 4

5 Uppgift 4 a) Randvillkoren för fall I är då r=0 är u begränsad samt då r=a är u=0 b) Randvillkoren för fall II är då r=b är u=u samt då r=a är u=0 c) Strömningen är inkompressibel, stationär, och viskös. Tyngdkraftens inverkan försummas. Symmetri ger att strömningen är oberoende av vinkel-koordinat. Rätlinjig strömning; endast strömning i x-riktning. Kontinuitetsekvationen; div v = 0 ger här u = 0. Slutsats u = u(r). x Naviers-Stokes ekvation (FS 6.0) med villkor enligt tidigare r - led : 0 = p () r x led: 0 = - p ρ x + µ u ρ r + u () r r Ekvation () ger att p inte beror av r. Ekvation () ger att dp/dx endast beror av r. Slutsats dp/dx= konstant. Givet i uppgift dp/dx=-g. Detta i ekvation () ger u r + u r r = - G µ y Låt du/dr=y. Ekvationen blir då r + r y = - G µ Detta är en första ordningens linjär differentialekvation. Lösning finns t.ex. i Beta kap 9.. Lösningen kan skrivas y(r) = e F(r) e F(r) g(r)dr + C ( ) Här är f (r) = r, g(r) = G µ, F(r) = ln r, ef(r) = e ln r = r, e F(r) g(r)dr = r G dr = Gr µ µ samt y(r) = e F(r) ( e F(r) g(r)dr + C)== r Gr µ + C = Gr µ + C r Fortsatt integration ger du u(r) = dr = ydr = Gr dr µ + C dr = r r Gr 4µ + C = Gr 4µ + Clnr + D Jag väljer att studera fall I. Resultat för fall II finns nedan. Randvillkoret u begränsad då r=0 ger C=0. Randvillkoret u=0 då r=a ger 0 = Ga 4µ + D vilket ger D = Ga 4µ och lösningen u(r) = G ( 4µ a r ) Resultat: Fall I: u(r) = G ( 4µ a r ) Fall II: u(r) = G 4µ (a r ) + [U G 4µ (a b ) ] ln r/a ln b/a 5

6 Uppgift 5 (LAI) Sökt: Total kraft i stag Kontrollvolym Krafter i x-riktning Hastigheter Kontinuitetsekvationen ger m = ρq = ρua = ρv A där A = πd 4 A = π(d d ) 4 och vilket ger v = U A A () Bernoullis ekvation ger U + p ρ = v + p ρ Rörelsemängdsekv. (FS 7.3a) F = m(v ut V in ) ger här F stag + (p p )A = ρq(v U) (3) () Tryckskillnad löses ut från () och (3) ger p p = ρv ρu och p p = ρq(v A U) + F stag ( ) Detta ger ρ (v U ) = A ρq(v U) + F stag ( ) ekv () i ovan ger ρ U A U A = ρua U A U A A + F stag Förenklingar F stag = ρu A A A + ρu A A och F stag = ρu A + + A A A A F stag = ρu A + + A A A A och F stag = ρu A A A F stag = ρu πd D 8 D d och F stag = ρu πd D d D 8 D d Resultat F stag = ρu πd d 4 8 D d ( ) 6

7 Uppgift 5 (FUNG) Se tentamen